前提知识复习

整除分块是用于快速处理形似下列式子的方法，是解决莫比乌斯反演类题目需要掌握的前提知识
$$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$
但是本篇博客的例题是特别特别板的，不会涉及莫比乌斯反演，请dalao们出门左转别浪费时间，蟹蟹
回归正题，很显然上面的式子可以$O(n)$得到答案
但是，在某些题目中，毒瘤出题人将数据加强到了 $10^{10}$以上
这个时候我们就无法通过$O(n)$ 的解法来得到答案
我们需要一个$O(\sqrt{n})$的更为优秀的解法

对于单一的$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，某些地方的值是相同的，并且呈块状分布
通过深入的探求规律与严密推理以及暴力打表与幸运瞎猜 ，最后惊奇的发现这些块状分布的值是有规律的
对于一个块，假设它的起始位置的下标为$l$，那么可以得到的是，它的结束位置的下标为
代码表示即为

r = n / ( n / l );

分块如果非要安排一个模板的话，那就是一个$for$循环了

int calc( int n ) {int ans = 0;for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {r = n / ( n / l );//根据题目要求进行计算 }return ans;
}

有的时候不同的题目可能出现$n/l==0$的情况，为了防止程序挂掉，我们也可以这么写

int calc( int n ) {int ans = 0;for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {if( k / l ) r = min( k / ( k / l ), n );else r = n;//根据题目要求进行计算}return ans;
}

具体的就用例题来体会吧

T1：余数求和

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solution

$$G(n,k)=\sum _{i=1}^{n}kmodi=\sum _{i=1}^n(k-\lfloor \frac{k}{i}\rfloor \ast i)=\sum _{i=1}^{n}k-\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{k}{i}\rfloor \ast i$$
前面的求和式子可以很直观地得到${\sum }_{i=1}^{n}k=n\ast k$
后面的求和式子我们令$l$表示这个块的开始下标，$r$为这个块的结束下标，$T=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，则该块里面的值为：
$$\sum _{i=l}^{r}T\ast i=\sum _{i=l}^{r}T-\sum _{i=l}^{r}i$$
答案显而易见了吧，第一个求和就是个定值$(r-l+1)\ast T$，后面的求和就是等差数列

计算方法：首项加末项乘以项数除以二=>$(l+r)\ast (r-l+1)/2$

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
signed main() {int n, k;scanf( "%lld %lld", &n, &k );int ans = n * k;for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {if( k / l ) r = min ( k / ( k / l ), n );else r = n;ans -= ( r - l + 1 ) * ( k / l ) * ( l + r ) / 2;}printf( "%lld", ans );return 0;
}

T2：Ice Rain

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solution

读完题后是不是

一模一样的吧，这种sb题 你加一个无线输入操作就$AC$，$pass$，下一个！！

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;int main() {long long n, k;while( ~ scanf( "%lld %lld", &n, &k ) ) {long long ans = n * k;for( long long l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {if( k / l ) r = min( k / ( k / l ), n );else r = n;ans -= ( k / l ) * ( l + r ) * ( r - l + 1 ) / 2;}printf( "%lld\n", ans );}return 0;
}

T3：The Fool

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solution

一样的吧？差不多的吧？如果你没有一点思路的话，证明我写的太差 没有学懂哦~
${\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，先分出每个块，然后再等差数列求和，加在一起最后判断，$van$事

code

#include <cstdio>
int main() {int T;scanf( "%d", &T );for( int Case = 1;Case <= T;Case ++ ) {long long n;scanf( "%lld", &n );long long ans = 0;for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {r = n / ( n / l );ans += ( r - l + 1 ) * ( n / l );} if( ans & 1 ) printf( "Case %d: odd\n", Case );else printf( "Case %d: even\n", Case );}return 0;
}

T4：模积和

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solution

这道题就是个重头戏了，其实也很简单的
仔细看推导过程！！
$$ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(nmodi)\times (mmodj),i\ne j$$
用容斥拆开把$i=j$的情况减掉即可
$$ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(nmodi)\times (mmodj)-\sum _{i=1}^{min(n,m)}(nmodi)\times (mmodi)$$
直接把显而易见能分块的先分了来，再暴力展开
$$\sum _{i=1}^n(nmodi)=\sum _{i=1}^{n}n-\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \ast i$$
$$\sum _{j=1}^m(mmodj)=\sum _{j=1}^{m}m-\sum _{j=1}^m\lfloor \frac{m}{j}\rfloor \ast j$$
$$\sum _{i=1}^{min(n,m)}(nmodi)\times (mmodi)=\sum _{i=1}^{min(n,m)}(n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \ast i)\ast (m-\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \ast i)$$
$$=\sum _{i=1}^{min(n,m)}(nm+\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \lfloor \frac{n}{i}\rfloor i^2-\lfloor \frac{m}{i}\rfloor i-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor i)$$
整理综上

$$ans=(\sum _{i=1}^{n}n-\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \ast i)(\sum _{i=1}^{m}m-\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \ast i)-\sum _{i=1}^{min(n,m)}(nm+\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \lfloor \frac{n}{i}\rfloor i^2-\lfloor \frac{m}{i}\rfloor i-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor i)$$
最后我们发现$i^2$在分块的时候挂掉了，OMG，怎么办！！，告诉你一个结论

$$\sum _i^n{i}^2=n\ast (n+1)\ast (2n+1)/2$$

最后注意避雷！！！$p$不是个质数，稍微用随便找个互质的数搞个逆元就好了

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 19940417
int n, m, inv;int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}int sqr( int x ) {return x * ( x + 1 ) % mod * ( x << 1 | 1 ) % mod * inv % mod;
}int sum( int l, int r ) {return ( l + r ) * ( r - l + 1 ) / 2 % mod;
}int calc( int n ) {int ans = 0;for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {r = n / ( n / l );ans = ( ans + n * ( r - l + 1 ) % mod - ( n / l ) * sum( l, r ) % mod + mod ) % mod;}return ans;
}signed main() {inv = qkpow( 6, 17091779 );scanf( "%lld %lld", &n, &m );int ans = calc( n ) * calc( m ) % mod;if( n > m ) swap( n, m );for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {r = min( n / ( n / l ), m / ( m / l ) );int sum1 = n * m % mod * ( r - l + 1 ) % mod;int sum2 = ( n / l ) * ( m / l ) % mod * ( sqr( r ) - sqr( l - 1 ) + mod ) % mod;int sum3 = ( n / l * m % mod + m / l * n % mod ) * sum( l, r ) % mod;ans = ( ans - ( sum1 + sum2 - sum3 + mod ) % mod + mod ) % mod;}printf( "%lld", ans );return 0;
}

走了，题还没做完…